Tổng hợp các bài toán mức độ vận dụng cao ôn thi THPT Quốc gia – Nhóm Toán (có lời giải chi tiết)
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (2.23 MB, 107 trang )
TÔNG HỢP CÁC CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO – GROUP NHÓM TOÁN
A.
Câu 1: Nếu đồ thị hàm số y
x4
cắt đường thẳng d : 2x y m tại hai điểm AB sao cho độ
x 1
dài AB nhỏ nhất thì
A. m 1
C. m 2
B. m 1
D. m 2
Đáp án chi tiết:
Phương trình hoành độ giao điểm
x4
2 x m
x 1
x 1
2 x 2 m 3 x m 4 0
m 1 40 0, m R
2
Suy ra d luôn cắt đồ thị hàm số tại hai điểm A,B
xA xB
m3
;
2
x A . xB
m 4
;
2
yB 2 xB m
y A 2 xA m;
yB yA 2 xB xA
AB
xB x A y B y A
2
2
5 xB x A
2
m 3 2
m 4
2
5 xB x A 4 x A xB 5
4
2
2
5
2
m 1 40 5 2
4
Vậy AB nhỏ nhất khi m=-1
Chọn A
___________________________________________________________
Câu 2: Cho n là số nguyên dương, tìm n sao cho
log a 2019 22 log
A. n=2017
a
2019 32 log 3 a 2019 ... n2 log n a 2019 10082 20172 log a 2019
B. n=2018
C. n=2019
D. n=2016
1
Đáp án chi tiết:
Ta có
log a 2019 22 log
a
2019 ... n2 log n a 2019 10082 20172 loga 2019
loga 2019 23 log a 2019 33 log a 2019 ... n3 log a 2019 10082 20172 log a 2019
13 23 33 ... n3 log a 2019 10082 20172 log a 2019
n n 1 2016.2017
2
2
2
2
n 2017
Chọn A
Câu 3: Cho hình chóp tam giác S.ABC biết AB 3, BC 4, CA 5 . Tính thể tích hình chóp
SABC biết các mặt bên của hình chóp đều tạo với đáy một góc 30 độ
A.
2 3
3
B.
8 3
9
C.
200 3
3
D. 2 3
Đáp án chi tiết:
Dễ thấy tam giác ABC vuông tại B
SABC 6
2
Gọi p là nữa chu vi
p
3 45
6
2
S pr r 1
Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác từ giả thiết các mặt bên tại với đáy ABC một góc 30 độ
ta suy ra I là chân đường cao của khối chóp
tan 30o
VS . ABC
SI
3
3
SI MI .tan 30o 1.
MI
3
3
1
2 3
SABC .SI
3
3
Đăng ký mua file word trọn bộ
chuyên đề khối 10,11,12:
HƯỚNG DẪN ĐĂNG KÝ
Soạn tin nhắn “Tôi muốn mua tài liệu”
Gửi đến số điện thoại: 0969.912.851
Do đó ta chọn A
1
Câu 4: Cho
1
f x dx 5 . Tính I f 1 x dx
0
A. 5
0
B. 10
C.
1
5
D.
5
Đáp án chi tiết:
Đặt
t 1 x dt dx
x 0 t 1
x 1 t 0
0
I f t dt 5
1
3
x 1 t
Câu 5: Cho đường thẳng d : y 1 t và mp (P): x y 2 0 . Tìm phương trình đường thẳng
z 2t
nằm trong mặt phẳng (P) cắt và vuông góc với (d).
x 1 2t
C. y 1 2t
z0
x 1 2t
x 1 3t
A. y 1 2t B. y 1 3t
z0
z 5
x 1 t
D. y 1 t
z 5
Đáp án chi tiết:
Gọi I là giao điểm của (d) và (P)
I 1 t ;1 t; 2t
I P t 0 I 1;1;0
r
(d) có vectơ chỉ phương u 1; 1; 2
r
(P) có vectơ pháp tuyến n 1;1;0
Vecstơ pháp tuyến của mặt phẳng cần tìm là
r
r r
u u, v 2; 2;0
x 1 2t
Phương trình mặt phẳng cần tìm là y 1 2t
z0
Câu 6: Biết số phức thỏa điều kiện 3 z 3i 1 5 . Tập hợp các điểm biểu diễn của Z tạo
thành một hình phẳng. Diện tích của hình phẳng đó bằng
_______________________________________
A. 16
B. 4
C. 9
D. 25
Đáp án chi tiết:
4
Đặt z x yi
z 3i 1 x 1 y 3 i
x 1 y 3
2
2
Do đó
3 z 3i 1 5 9 x 1 y 3 25
2
2
Tập hợp các điểm biểu diễn của Z là hình phẳng nằm trong đường tròn Tâm I (1; 3) với bán kính
bằng R=5 đồng thời nằm ngoài đường tròn tâm I (1 ;3) với bán kính r=3
Diện tích của hình phẳng đó là
S .52 32 16
Câu 7: Trong số các khối trụ có thể tích bằng V, khối trụ có diện tích toàn phần bé nhất thì có bán
kính đáy là
A. R
3
V
2
B. R
3
4
V
C. R
3
V
D. R
3
V
Đáp án chi tiết:
V R 2 .h
l h
V
R2
STP S Xp 2 Sd 2 Rl 2 R 2
Xét hàm số f R
2V
2 R 2
R
2V
2 R 2 với R>0
R
5
f R
2V 4 R3
R2
f R 0 R
3
V
2
Bảng biến thiên
R
0
f R
3
+
V
2
0
+
-
0
+
+
f R
Từ bảng biến thiên ta thấy diện tích toàn phần nhỏ nhất khi R
3
V
2
Do đó chọn A
_________________________________________________________________
B.
Câu 1: Tìm tham số thực m để bất phương trình: x2 4 x 5 x 2 4 x m 1 có nghiệm thực
trong đoạn 2;3 .
__________________________________________________________________
6
B. m 1
A.
C. m
1
2
D.
Lời giải
Tập xác định:
D =¡ .
Đặt t= x2 4 x 5 1 x2 4 x t 2 5.
Khi đó: 1 t t 2 5 m m t 2 t 5 g t, t 1; .
g t= 2t 1 .Cho g t=0 t
1
2
Ta có:
Bảng biến thiên:
T
1
2
-
2
3
+
g t
+
g t
0
-
-
3
-1
Dựa vào bảng biến thiên, m 1 thỏa theo yêu cầu bài toán
Câu 2: Tìm m để phương trình sau có bốn nghiệm phân biệt thuộc đoạn ;
4 4
sin 4 x cos4 x cos2 4 x m
7
A. m
47 3
; m
64 2
B.
49
3
m C.
64
2
49
3
m
64
2
D.
47
3
m
64
2
Lời giải
Phương trình đã cho tương đương
3 cos4x
cos 2 4 x m
4
4cos 2 4 x cos4x=4m-3 (1)
Đặt t=cos4x. Phương trình trở thành: 4t 2 t 4m 3,(2)
Với x ; thì t 1;1 .
4 4
Phương trinh (1) có 4 nghiệm phân biệt x ; khi và chỉ khi phương trình (2) có 2 nghiệm
4 4
phân biệt t 1;1 ,(3)
Xét hàm số g t 4t 2 t với t 1;1 , g t 8t 1.
g t 0 t
1
8
Lập bảng biến thiên
t
-1
g t
-
1
8
0
g t
1
+
5
3
1
16
8
Dựa vào bảng biến thiên suy ra (3) xảy ra
Vậy giá trị của m phải tìm là:
1
47
3
m 3 3
m
16
64
2
47
3
m
64
2
Câu 4: Cho phương trình 3cos4 x 5cos3x 36sin 2 x 15cos x 36 24m 12m2 0 . Tìm m để
bất phương trình sau đúng với mọi x ¡
Lời giải
Đăng ký mua file word trọn bộ chuyên đề khối
10,11,12:
HƯỚNG DẪN ĐĂNG KÝ
Soạn tin nhắn “Tôi muốn mua tài liệu”
Gửi đến số điện thoại: 0969.912.851
Đưa về bpt dạng
3cos4 x 20cos3 x 36cos2 x 12m2 24m
Đặt t cosx; -1 t 1. . Khi đó bài toán trở thành
Tìm m để bất phương trinh f t 3t 4 20t 3 36t 2 12m2 24m đúng với mọi 1 t 1
Lập BBT
A. m 1
B. m 1
C. m
1
2
D. m
Câu 4: Đặt vào một đoạn mạch hiệu điện thế xoay chiều u U 0 sin
1
2
2
t . Khi đó trong mạch có
T
2
dòng điện xoay chiều i I 0
t với là độ lệch pha giữa dòng điện và hiệu điện thế. Hãy
T
tính công của dòng điện xoay chiều thực hiện trên đoạn mạch đó trong thời gian một chu kì.
9
A.
U0 I0
cos s
2
B.
U0 I0
T sin
2
C.
U0 I0
U I
T cos D. 0 0 T cos
2
2
Lời giải
2
2
Ta có: uidt U 0 0 sin
t sin
tdt
0
0
1
4
= U 0 0 cos -cos
t dt
2
0
=
U 00 1
4
cos -cos
t dt
2 0 2
=
U 00
4
U
t cos
sin
t 0 0 cos
2
4
2
0
2
Câu 5: Một dòng điện xoay chiều i 0 sin
t chạy qua một mạch điện có điện trở thuần R.
Hãy tính nhiệt lượng Q tỏa ra trên đoạn mạch đó tron g thơi gian một chu ki T.
A.
RI 02
2
B.
RI 02
3
C.
RI 02
4
D.
RI 02
5
Lời giải
2
t dt
Ta có: Q Ri 2 dt RI 02 sin 2
0
0
2
1 cos2
dt
RI 02
2
0
=
2
RI 02
2
RI 0
t
sin
2
t
0
2 4
2
10
Câu 6: Một đoàn tàu chuyển động trên một đường thẳng nằm ngang với vận tốc không đổi v0 . Vào
thời điểm nào đó người ta tắt máy. Lực hãm và lực cản tổng hợp cả đoàn tàu bằng 1/10 trọng lượng
P của nó. Hãy xác định chuyển động của đoàn tàu khi tắt máy và hãm.
A. x v0 .t
g.t 2
20
B. x v0 .t
g.t 2
10
C. x v0 .t
g.t 2
30
D. x v0 .t
t2
20
Lời giải
r r r
- Khảo sát đoàn tàu như một chất điểm có khối lượng m, chịu tác dụng của , , Fc .
r r r r
- Phương trình động lực học là: ma Fc
(1)
Chọn trục Ox nằm ngang, chiều theo chiêu chuyển động gốc thời gian lúc tắt máy. Do
vậy chiếu (1) lên trục Ox ta có:
max Fc hay viết: mx F hay F
Hay
dv
g
g
dt
dt
10
10
(2)
(2
Nguyên hàm hai vế 2 ta có: V=
hay
p
g
;x
10
10
g
t C1
10
dx
g
g
t C1 dx t.dt C1dx
dt
10
10
nguyên hàm tiếp 2 vế ta được x
g 2
t C1.t C2
20
(3)
Dựa vào điều kiện ban đầu để xác định hằng số C1 và C2 như sau:
2it0 0; v v0 Ta có: C2 0vC1 v0 thay C1vC2vo
x v0 .t
(3)
g.t 2
20
11
Câu 7: Một thanh AB có chiều dài là 2a ban đầu người ta giữ thanh ở góc nghiêng o , một đầu thanh
tựa không ma sát với bức tường thẳng đứng. Khi buông thanh, nó sẽ trượt xuống dưới tác dụng của trọng
lực. Hãy biểu diễn góc theo thời gian t (Tính bằng công thức tích phân)
A. t
o
C. t
o
d
B. t
3
sin o sin
2a
o
d
3g
sin o sin
2a
d
D. t
3g
sin o sin
a
o
d
3g
sin o sin
2a
Lời giải
Do trượt không ma sát nên cơ năng của thanh được bảo toàn
mga sin o mga sin Kq Kn
(1)
Do khối tâm chuyển động trên đường tròn tâm O bán kính a nên: Ktt
Động năng quay quanh khối tâm: K q
ma 2 2 1 2 2
ma
2
2
1 2 1 1
1
2
I
m 2a 2 ma 2 2
2
2 12
6
2
Thay vào (1) ta được: a 2 g (sin o sin )
3
t
o
3g
sin o sin
2a
d
3g
sin sin
2a
12
Câu 8: Một thanh AB có chiều dài là 2a ban đầu người ta giữ thanh ở góc nghiêng o , một đầu thanh
tựa không ma sát với bức tường thẳng đứng. Khi buông thanh, nó sẽ trượt xuống dưới tác dụng của trọng
lực. Tính góc sin khi thanh rời khỏi tường
1
A. sin sin o
3
2
B. sin sin o
3
2
C. sin sin o
5
4
D. sin sin o
3
Lời giải
Xét chuyển động khối tâm của thanh theo phương Ox:
N1 mx . Tại thời điểm thanh rời tường thì N1 0 x
Đăng ký mua file word trọn bộ
chuyên đề khối 10,11,12:
Tọa độ khối tâm theo phương x là:
HƯỚNG DẪN ĐĂNG KÝ
Soạn tin nhắn “Tôi muốn mua tài liệu”
Gửi đến số điện thoại: 0969.912.851
x acos
Đạo hàm cấp 1 hai vế: x a sin .
Đạo hàm cấp 2 hai vế: x a cos . 2 sin . a cos . 2 sin .
Khi x 0 cos . 2 sin .
(2)
2
Từ (1) suy ra: 2 g sin g sin o
3
4
Lấy đạo hàm 2 vế: . g cos . 0
3
13
Hay:
3g
cos
4a
Thay vào (2) ta có phương trình:
cos .
3g
3g
sin o sin sin . cos
2a
2a
sin 2 sin o sin
2
sin sin o
3
C.
Câu 1(GT Chƣơng 1). Khi xây nhà, chủ nhà cần làm một hồ nước bằng gạch và xi măng có dạng hình
hộp đứng đáy là hình chữ nhật có chiều dài gấp ba lần chiều rộng và không nắp, có chiều cao là h và có
thể tích là 18 m3 . Hãy tính chiều cao h của hồ nước sao cho chi phí xây dựng là thấp nhất?
A. h 1m
B. h 2m
C. h
3
m
2
D. h
5
m
2
Hƣớng dẫn giải
Gọi x, y,h lần lượt là chiều rộng, chiều dài và chiều cao của hình hộp
Theo đề bài ta có y 3x hay V hxy h
V
V
2
xy 3x
Để tiết kiệm nguyên vật liệu nhất ta cần tìm các kích thước sao cho diện tích toàn phần của hồ nước là nhỏ
nhất.
Khi đó ta có: S 2 xh 2 yh xy 2 x
V
V
8V
2.3x. 2 x.3x
3x 2
2
3x
3x
3x
Cauchy
8V
4V 4V
16V 2
2
2
3
S
3
x
3
x
3
36 .
Ta có tp 3x
3x 3x
3
Dấu xảy ra khi và chỉ khi
4V
4V
V
3
3x 2 x 3
2h 2 .
3x
9
3x
2
14
Vậy chọn C
Câu 2(GT Chƣơng 2). Phương trình log
mx 6x 2log 14x
3
2
2
1
2
29 x 2 0 có 3 nghiệm thực
phân biệt khi:
A. m
B. m
C. m
39
2
D. m
Hƣớng dẫn giải
log
mx 6x 2log 14x
3
2
1
2
2
29 x 2 0
6 x3 14 x 2 29 x 2
2
f x
f x 12 x 14 2
x
x
log 2 mx 6 x3 log 2 14 x 2 29 x 2 0
mx 6 x3 14 x 2 29 x 2
6 x3 14 x 2 29 x 2
m
2
x 1 f 1 19
1
1 39
f x 0 x f
2
2 2
1
1 121
x f
3
3 3
Lập bảng biến thiên suy ra đáp án C.
Câu 3(GT Chƣơng 3): Một lực 50 N cần thiết để kéo căng một chiếc lò xo có độ dài tự nhiên 5 cm đến
10 cm. Hãy tìm công sinh ra khi kéo lò xo từ độ dài từ 10 cm đến 13 cm?
A. 1,95 J
B. 1,59J
C. 1000J
D. 10000J
Hƣớng dẫn giải
Theo định luật Hooke, khi chiếc lò xo bị kéo căng thêm x m so với độ dài tự nhiên thì chiếc lò xo trì lại
với một lực f x kx . Khi kéo căng lò xo từ 5 cm đến 10 cm, thì nó bị kéo căng thêm 5 cm = 0,05 m.
Bằng cách này, ta được f 0,05 50 bởi vậy:
15
0.05k 50 k
50
1000
0.05
Do đó: f x 1000 x và công được sinh ra khi kéo căng lò xo từ 10 cm đến 13 cm là:
W=
0,08
0,05
1000 xdx 1000
x 2 0, 08
1,95J
2 0, 05
Vậy chọn A
Câu 4(GT Chƣơng 4). Cho số phức z có mô đun bằng 2017 và w là số phức thỏa mãn biểu thức
1 1
1
. Môđun của số phức w bằng:
2 w zw
A.1
B.2
C.2016
D.2017
Hƣớng dẫn giải
z w zw 0
zw
1
1 1
1
Từ
0
zw
zw
zw z w
2 w zw
2
1
3
z 2 w 2 zw 0 z 2 zw w 2 w 2 0
4
4
2
1
3
z w w2
2
4
2
1 i 3w
z w
2 2
2
2
Từ
2
1 i 3
w i 3
z
z
w w
z
2 2
2
1 i 3
2
2
2
Suy ra: w
2017
2017
1 3
4 4
Vậy chọn D.
16
Câu 5(HH Chƣơng 1). Cho khối lập phương ABCD.ABCD cạnh a. Các điểm E và F lần lượt là
trung điểm của CB và CD . Mặt phẳng AEF cắt khối lậpphương đã cho thành hai phần, gọi V1 là thể
tích khối chứa điểm A và V2 là thể tích khối chứa điểm C . Khi đó
Đăng ký mua file
V1
là
V2
word trọn bộ chuyên đề khối 10,11,12:
HƯỚNG DẪN ĐĂNG KÝ
Soạn tin nhắn “Tôi muốn mua tài liệu”
Gửi đến số điện thoại: 0969.912.851
A.
25
47
B. 1.
C.
17
25
D.
8
17
Hướng dẫn giải
Đường cắt EF cắt AD tại N , M , AN cắt DD tại P, AM cắt AB tại BB tại Q . Từ đó mặt phẳng
AEF cắt khối lăng trụ thành hai khối đó là
ABCDCQEF và AQEFPB AD .
Gọi V VABCD. A BC D ,V3VA. A ,V4 VPFD N ,V4 VQMB E .
Do tính đối xứng của hình lập phương nên ta có V4 V5 .
17
1
1 3a 3a 3a 3
AA. AM . A N a. .
,
6
6 2 2
8
1
1 a a a a3
V4 PD.D F .D N . . .
6
6 3 2 2 72
3
25a
V1 V3 2V4
,
72
47 a 3
V2 V V1
.
72
V3
Vậy
V1 25
V2 47
Câu 6(HH Chƣơng 2):Cho một khối trụ có bán kính đáy r a và chiều cao h 2a .Mặt phẳng P
song song với trục OO của khối trụ chia khối trụ thành 2 phần, gọi V1 là thể tích phần khối trụ chứa
trục OO,V2 là thể tích phần còn lại của khối trụ. Tính tỉ số
bằng
A.
V1
,biết rằng P cách OO một khoảng
V2
a 2
.
2
3 2
2
B.
3 2
2
C.
2 3
2
D.
2 3
2
Hƣớng dẫn giải
Thể tích khối trụ V r 2 h a2 .2a 2 a 2 .
Gọi thiết diện là hình chữ nhật ABB A .
18
Dựng lăng trụ ABCD.ABCD như hình vẽ.
Gọi H la trung điểm AB. Ta có
OH AB OH ABB A OH
AH BH
a 2
2
a 2
OH
2
OAB vuông cân tại O ABCD là hình vuông.
Từ đó suy ra:
2
a 3 2
1
1
.
V VABCD. A BC D 2 a3 a 2 .2a
4
4
2
a 3 2 a 3 3 2
V1 V V2 2 a 3
2
2
V1
Suy ra
V1 3 2
V2 2
Vậy chọn A
Câu 7(HH chƣơng 3): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình hộp chữ nhật ABCD.ABCD có
điểm A trùng với gốc tọa độ, B a;0;0 , D 0; a;0 , A 0;0; b với a 0, b 0 . Gọi M là trung điểm của
cạnh CC .Giả sử a b 4 , hãy tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối tứ diện ABDM ?
A. max VA MBD
64
27
C. max VA MBD
64
27
B. max VA MBD 1
D. max VA MBD
27
64
Hƣớn b c 0 c 2a b
85
5a 4b
1
cos , d
2
2
3 5a 2 4ab 2b2 3 5a 4ab 2b
5a 4b
2
1 5t 4
a
Đặt t , ta có: cos , d
3 5t 2 4t 2
b
2
Xét hàm số f t
5t 4
2
5t 4t 2
2
, ta suy ra được:
1 5 3
max f t f
3
5
5 3
1
a
1
t
27
5
b
5
Do đó: max cos , d
Chọn a 1 b 5, c 7
Vậy phương trình đường thẳng d là
x 1 y 1 z 2
1
5
7
Câu 19: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho P : x 4 y 2 z 6 0, Q : x 2 y 4 z 6 0 .
Lập phương trình mặt phẳng chứa giao tuyến P , Q và cắt các trục tọa độ tại các điểm A,B,C
sao cho hình chóp O.ABC là hình chóp đều.
A. x y z 6 0
Hƣớng dẫn giải
B. x y z 6 0
C. x y z 6 0
D. x y z 3 0
Đăng ký mua file word trọn bộ chuyên đề khối
10,11,12:
HƯỚNG DẪN ĐĂNG KÝ
Soạn tin nhắn “Tôi muốn mua tài liệu”
Gửi đến số điện thoại: 0969.912.851
Chọn M 6;0;0 , N 2;2;2 thuộc giao tuyến của P , Q
86
Gọi A a;0;0 , B 0; b;0 , C 0;0;C lần lượt là giao điểm của với các trục Ox, Oy, Oz
:
x y z
1 a, b, c 0
a b c
6
a 1
chứa M , N
2 2 2 1
a b c
Hình chóp O. ABC là hình chóp đều OA OB OC a b c
Vậy phương trình x y z 6 0
y 0
Câu 20: Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz cho điểm M 1;0;0 và N 0;0; 1
2 x y 2 z 2 0
, mặt phẳng P qua điểm M,N và tạo với mặt phẳng Q : x y 4 0 một góc bằng 450. Phương
trình mặt phẳng P là
y 0
A
2 x y 2 z 2 0
y 0
B.
2 x y 2 z 2 0
2 x y 2 z 2 0
C.
2 x y 2 z 2 0
2 x 2 z 2 0
D.
2 x 2 z 2 0
Hƣớng dẫn giải
uur
uur
Gọi vectơ pháp tuyến của mp P và Q lần lượt là n p a; b; c a 2 b2 c 2 0 , nQ
P qua
M 1;0;0 P : a x 1 by cz 0
P qua N 0;0; 1 a c 0
P hợp với Q góc
uur uur
45o cos n p , nQ cos450
a b
2a 2 b 2 2
a 0
1
2
b 2b
87
Với a 0 c 0 chọn b 1 phương trình P : y 0
Với a 2b chọn b 1 a 2 phương trình mặt phẳng P : 2 x y 2 z 2 0 .
Câu 21: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm A 10; 2;1 và đường
thẳng d :
x 1 y z 1
. Gọi P là mặt phẳng đi qua điểm A , song song với đường thẳng d sao
2
1
3
cho khoảng cách giữa d và
A.
97 3
15
P
B.
lớn nhất. Khoảng cách từ điểm M 1; 2;3 đến mp P là
76 790
790
C.
2 13
13
D.
3 29
29
Hƣớng dẫn giải
P
là mặt phẳng đi qua điểm A và song song với đường thẳng d nên P chứa đường thẳng d ' đi
qua điểm A và song song với đường thẳng d .
Gọi H là hình chiếu của A trên d , K là hình chiếu của H trên P .
Ta có d d , P HK AH ( AH không đổi)
GTLN của
d d , P là AH
d d , P lớn nhất khi AH vuông góc với
P .
88
Khi đó, nếu gọi Q là mặt phẳng chứa A và d thì P vuông góc với Q .
uur
uur uur
nP ud , nQ 98;14; 70
P : 7 x y 5 z 77 0 d M , P
97 3
15
L.
Câu 1 Hàm số: Một người dự định làm một thùng đựng đồ hình lăng trụ tứ giác đều có thể tích là V.
Để làm thùng hàng tốn ít nguyên liệu nhất thì chiều cao của thùng đựng đồ bằng
2
1
A. x V 3
D. x V
C. x V 4
B. 3 V
Hƣớng dẫn
Gọi a là độ dài cạnh đáy, x là độ dài đường cao của thùng đựng đồ (a,x>0)
V
V
Stp 2a 2 4ax 2 4 Vx
x
x
Khi đó, V=a2x a
Để làm thùng hàng tốn ít nguyên liệu nhất thì Stp nhỏ nhất 2
Cách 1: Xét hàm số f x 2
Ta có f ' x
V
4 Vx nhỏ nhất.
x
V
4 Vx trên 0;
x
1
2V 2 V
2
3
;
f
'
x
0
x
V
V
x
x
V
x2
x
x
1
f ' x
f x
+
V3
0
-
0
+
1
f V 3
89
1
Từ BBT ta thấy dễ làm thùng hàng tốn ít nguyên liệu nhất thì chiều cao của thùng đựng đồ bằng V 3 .
Cách 2: ta có 2
V
V
4 Vx 2 2 Vx 2 Vx 6 3 V 2
x
x
Dấu “=” xảy ra tại
V
Vx x3 V x 3 V
x
Câu 2 Mũ –loga. Một khu rừng có trữ lượng gỗ là 3.106(m3). Biết tốc độ sinh trưởng của các cây
trong khu rừng đó là 5% mỗi năm. Sau 10 năm nữa, trữ lượng gỗ trong rừng là
A. 4886683,88(m3)
B. 4668883(m3)
C. 4326671,91(m3)
D. 4499251(m3)
Hƣớng dẫn
Gọi A trữ lượng gỗ ban đầu của khu rừng (m3); r là tốc độ sinh trưởng hàng năm (%); M n là trữ
lượng gỗ sau n năm (m3).
Năm đầu tiên, M1 A A.r A 1 r
Năm thứ hai, M 2 M1 M1.r M1 1 r A 1 r
2
Năm thứ ba, M 3 M 2 M 2 .r M 2 1 r A 1 r
3
Tương tự năm thứ n, M n A 1 r
n
Áp dụng công thức ta có M10 A 1 r 3.106 1 0,05 4886683,88 m3
10
10
Câu 3 Tích phân. Một viên đạn được bắn lê theo phương thẳng đứng với vận tốc ban đầu là 24,5(m/s)
và gia tốc trọng trường là 9,8(m/s). Quãng đường viên đạn đi từ lúc bắn lên cho tới khi rơi xuống đất
là (coi như viên đạn được bắn lên từ mặt đất).
A.61,25 (m)
B. 30,625 (m)
C. 29,4 (m)
D. 59,5 (m)
90
Hƣớng dẫn
Chọn chiều dương từ mặt đất hướng lên trên, mốc thời gian t=0 bắt đầu từ khi vật chuyển động.
Ta có vận tốc viên đạn theo thời gian t là v t v0 gt 24,5 9,8t (m/s)
Khi vật ở vị trí cao nhất thì có vận tốc bằng 0 tương ứng tại thời điểm t
5
2
Quãng đường viên đạn đi được từ mặt đất đến vị trí cao nhất là
5
2
5
2
0
0
S t v t dt 24,5 9,8 dt
245
8
Vậy quãng đường viên đạn đi từ lúc bắn lên cho tới khi rơi xuống đất là 2.
Câu 4 Số phức: Cho số phức z
A. 0
B. 1
m 1
m ¡
1 m 2i 1
245
61, 25 m
8
. Số các giá trị nguyên của m để z i 1 là
D. Vô số.
C. 4
Hƣớng dẫn
Ta có z i
z i
m 1 i 1 2mi m 3m 1 m 1 i
m 1
i
1 m 2i 1
1 m 2i 1
1 m 2mi
3m 1 m 1 i 3m 1 m 1 i
1
1 m 2mi
1 m 2mi
3m 1 m 1 i 1 m 2mi 3m 1 m 1 1 m 4m 2
2
5m 2 6m 1 0 1 m
2
2
1
5
Vì m ¢ Không có giá trị của m thỏa mãn.
91
